1、真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华第3讲 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题 真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华高考定位 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华真 题 感 悟(2015全国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 22，点(2，2)在 C 上.(1)求 C 的方程；(2)直线 l 不经过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有
2、两个交点 A，B，线段 AB 中点为 M，证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 由题意得 a2b2a 22，4a2 2b21，解得 a28，b24.所以 C 的方程为x28y241.(2)证明 设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).将 ykxb 代入x28y241 得(2k21)x24kbx2b280.故 xMx1x22 2kb2k21，yMkxMbb2k21.于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM 12k，即 kOMk12.所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的
3、乘积为定值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华考 点 整 合 1.定值、定点问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一个点，就是要求的定点.解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华2.圆锥曲线中最值问题主要是求线段长度的最值、三角形面积的最值等(1)椭圆中的最值F1、F2 分别为椭圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，P 为椭圆上的任意一点，B
4、 为短轴的一个端点，O 为坐标原点，则有|OP|b，a；|PF1|ac，ac；|PF1|PF2|b2，a2；F1PF2F1BF2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)双曲线中的最值F1、F2 分别为双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点，P 为双曲线上的任一点，O 为坐标原点，则有|OP|a；|PF1|ca.(3)抛物线中的最值点 P 为抛物线 y22px(p0)上的任一点，F 为焦点，则有|PF|p2；A(m，n)为一定点，则|PA|PF|有最小值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华3.求解圆锥曲线中的范围问题的关键是选取合适的变量建立目标函数和不
5、等关系.该问题主要有以下三种情况：(1)距离型：若涉及焦点，则可以考虑将圆锥曲线定义和平面几何性质结合起来求解；若是圆锥曲线上的点到直线的距离，则可设出与已知直线平行的直线方程，再代入圆锥曲线方程中，用判别式等于零求得切点坐标，这个切点就是距离取得最值的点，若是在圆或椭圆上，则可将点的坐标以参数形式设出，转化为三角函数的最值求解.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中，利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不等关系.(3)面积型：求面积型的最值，即求两个量
6、的乘积的范围，可以考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系，用函数方法求解.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【例 11】已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为 2，离心率为 22，过点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，O为坐标原点.(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 B 点关于 x 轴的对称点是 N，证明：直线 AN 恒过一定点.热点一 定点与定值问题 微题型1 定点的探究与证明 真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 由题意知 b1，eca 22，得 a22c22a22b2，故 a22.故所求椭圆 C
7、的方程为：x22y21.(2)证明 设直线 l 的方程为 yk(x2)，则由yk（x2），x22y21，得(12k2)x28k2x8k220.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8k212k2，x1x28k2212k2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华由对称性可知 N(x2，y2)，定点在 x 轴上，直线 AN：yy1y1y2x1x2(xx1).令 y0 得：xx1y1（x1x2）y1y2x1y2x2y1y1y22kx1x22k（x1x2）k（x1x24）2x1x22（x1x2）x1x2416k2412k2 16k212k28k212k241，故直线 AN 恒
8、过定点(1，0).真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m，0).真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华微题型2 定值的探究与证明【例 12】(2015成都模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点分别为 F1(2，0)，F2(2，0)，点 M(1，0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直.(1)求椭圆 C 的方程；(2)过点 M(1，0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，设点 N(3，2)，记直线 AN，BN 的
9、斜率分别为 k1，k2，求证：k1k2 为定值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 依题意，得 c 2，所以 a2b22，由点 M(1，0)与椭圆短轴的两个端点的连线相互垂直，得 b|OM|1，所以 a 3，故椭圆 C 的方程为x23y21.(2)证明 当直线 l 的斜率不存在时，由x1，x23y21，解得 x1，y 63.设 A 1，63，B 1，63，则 k1k22 6322 6322 为定值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x1).将 yk(x1)代入x23y21 化简整理，得(3k21)x26k
10、2x3k230，依题意，直线 l 与椭圆 C 必相交于两点，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 6k23k21，x1x23k233k21.又 y1k(x11)，y2k(x21)，所以 k1k22y13x12y23x2（2y1）（3x2）（2y2）（3x1）（3x1）（3x2）真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华2k（x11）（3x2）2k（x21）（3x1）93（x1x2）x1x2122（x1x2）k2x1x24（x1x2）693（x1x2）x1x2122 6k23k21k23k233k214 6k23k21693 6k23k213k233k2112（2k21）6
11、（2k21）2.综上，得 k1k22 为定值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定值”是多少，或者将该问题涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的.定值问题同证明问题类似，在求定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定值显现.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练 1】(2015陕西卷)如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)，经过点 A(0，1)，且离心率为 22.(1)求椭圆 E 的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点P
12、，Q(均异于点 A)，证明：直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华(1)解 由题设知ca 22，b1，结合 a2b2c2，解得 a 2，所以椭圆的方程为x22y21.(2)证明 由题设知，直线 PQ 的方程为 yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知 0，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则 x1x24k（k1）12k2，x1x22k（k2）12k2，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华从而直线 AP，AQ 的斜率之和kAPkAQy11x1 y21x2 kx1
13、2kx1kx22kx22k(2k)1x11x2 2k(2k)x1x2x1x22k(2k)4k（k1）2k（k2）2k2(k1)2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【例 21】(2015长沙模拟)已知点 A(0，2)，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 33，O 为坐标原点.(1)求 E 的方程；(2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点.当OPQ 的面积最大时，求 l 的方程.热点二 最值与范围问题 微题型1 求线段长度、三角形面积的最值 真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解(
14、1)设 F(c，0)，由条件知2c2 33，得 c 3.又ca 32，所以 a2，b2a2c21.故 E 的方程为x24y21.(2)当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).将 ykx2 代入x24y21，得(14k2)x216kx120.当 16(4k23)0，即 k234时，x1，28k2 4k234k21.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华从而|PQ|k21|x1x2|4 k21 4k234k21.又点 O 到直线 PQ 的距离 d2k21.所以OPQ 的面积 SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.设 4k23t，则 t0，SO
15、PQ 4tt24 4t4t.因为 t4t4，当且仅当 t2，即 k 72 时等号成立，且满足 0.所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为y 72 x2 或y 72 x2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华探究提高 若一个函数式的分母中含有一次式或二次式、分子中含有一次式或二次式的二次根式，则可以通过换元的方法把其转化为分母为二次式、分子为一次式的函数式，这样便于求解此函数式的最值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华微题型2 求几何量、某个参数的取值范围【例 22】(2015青岛模拟)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过点 M1，32，其离心率为12.(1
16、)求椭圆 C 的方程；(2)设直线 l：ykxm(|k|12 与椭圆 C 相交于点 A，B 两点，以线段 OA，OB 为邻边作平行四边形 OAPB，其中顶点 P 在椭圆 C上，O 为坐标原点，求|OP|的取值范围.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解(1)由已知可得 e2a2b2a214，所以 3a24b2.又点 M1，32 在椭圆 C 上，所以 1a2 94b21.由以上两式联立，解得 a24，b23.故椭圆 C 的方程为x24y231.(2)当 k0 时，P(0，2m)在椭圆 C 上，解得 m 32，所以|OP|3.当 k0 时，由ykxm，x24y231，消去 y 并化简整
17、理，得(34k2)x28kmx4m2120，真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华64k2m24(34k2)(4m212)48(34k2m2)0，设 A，B，P点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，(x0，y0)，则x0 x1x2 8km34k2，y0y1y2k(x1x2)2m 6m34k2.由于点 P在椭圆 C 上，所以x204y2031.从而16k2m2（34k2）212m2（34k2）21，化简得 4m234k2.所以|OP|x20y2064k2m2（34k2）236m2（34k2）24m2（16k29）（34k2）216k294k23 434k23.真题感悟考点整合热
18、点聚焦题型突破归纳总结思维升华因为 0|k|12，所以 34k234，即3434k231.故 3|OP|132.综上，所求|OP|的取值范围是3，132.探究提高 求|OP|的取值范围的关键是用待定系数 k，m 表示其大小，找到 k 和 m 的大小关系式后利用已知条件 0|k|12求|OP|的取值范围.本题利用了不等式的性质，也可以利用函数、导数来求范围.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华【训练 2】(2015山东卷)平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，且点3，12 在椭圆 C 上.(1)求椭圆 C 的方程；(2)设椭圆 E：x
19、24a2 y24b21，P 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 ykxm 交椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.()求|OQ|OP|的值；()求ABQ 面积的最大值.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华解(1)由题意知 3a2 14b21.又 a2b2a 32，解得 a24，b21.所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)由(1)知椭圆 E 的方程为x216y241.()设 P(x0，y0)，|OQ|OP|，由题意知 Q(x0，y0).因为x204y201，又（x0）216（y0）241，即24 x204y20 1，所以 2，即|OQ|OP|2.真
20、题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华()设 A(x1，y1)，B(x2，y2).将 ykxm 代入椭圆 E 的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由 0，可得 m2416k2，则有 x1x2 8km14k2，x1x24m21614k2.所以|x1x2|4 16k24m214k2.因为直线 ykxm 与 y 轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB 的面积 S12|m|x1x2|2 16k24m2|m|14k22（16k24m2）m214k224m214k2m214k2.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华设m214k2t，将 ykxm 代入椭圆 C 的方程，可得(
21、14k2)x28kmx4m240，由 0，可得 m214k2.由可知 0t1，因此 S2（4t）t2 t24t，故 S2 3，当且仅当 t1，即 m214k2 时取得最大值 2 3.由()知，ABQ 面积为 3S，所以ABQ 面积的最大值为 6 3.真题感悟考点整合热点聚焦题型突破归纳总结思维升华1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握 (1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.2.用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手 (1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围；(2)若已知曲线上任意一点、一定点或定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解；(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围；(4)利用基本不等式求最值与范围；(5)利用函数值域的方法求最值与范围.
